図形と計量 ★★ 標準の問題 全12問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 三角比は、1つ決まれば残りもほぼ決まる。それを保証するのが相互関係 ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$ だ。

「ほぼ」と言ったのは、2乗から戻すときに符号が残るからだ。そこで角の範囲を使う。$0^{\circ }\le \theta \le 180^{\circ }$ では $\sin \theta$ は常に $0$ 以上。この1行で符号が確定する。

まず $\sin \theta$。 相互関係より

$${\sin }^2\theta =1-{\cos }^2\theta =1-{\left(-\frac{1}{3}\right)}^2=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}$$

ここが分かれ道。2乗を外すと $\sin \theta =\pm \frac{2\sqrt{2}}{3}$ の2候補が出る。どちらかを決めるのが角の範囲だ。$0^{\circ }\leqq \theta \leqq 180^{\circ }$ では半円の上半分しか動かないので $\sin \theta \geqq 0$。よって

$$\sin \theta =\sqrt{\frac{8}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$$

次に $\tan \theta$。 定義 $\tan \theta =\frac{\sin \theta }{\cos \theta }$ に戻る。分数で割るので、逆数を掛ける形に直す。

$$\tan \theta =\frac{\sin \theta }{\cos \theta }=\frac{2\sqrt{2}}{3}÷\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{2\sqrt{2}}{3}\times (-3)=-2\sqrt{2}$$

検算: $\cos \theta <0$ だから $\theta$ は鈍角。鈍角では $\sin >0$、$\cos <0$、$\tan <0$ のはず。結果はすべて合っている。答えを出したら符号の顔ぶれを一目見る習慣をつけたい。

発展。 相互関係 ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$ は、単位円の方程式 $x^2+y^2=1$ そのものだ。三角比を「円周上の点の座標」と見る見方は、数学IIの三角関数(角が一周を超える場合)へそのままつながる。

「絶対値は計算、符号は絵」という分業は、そこでも変わらない基本作法になる。

別解

単位円(半径 $1$ の半円)の絵で解くと、符号が目で決まる。$\cos \theta$ は円周上の点の $x$ 座標、$\sin \theta$ は $y$ 座標だ。$\cos \theta =-\frac{1}{3}$ だから、点は $x=-\frac{1}{3}$ の縦線と半円の交点。左半分(鈍角の領域)にある。$y$ 座標は半円の上側だから正で、円の式から $y=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$。

$\tan \theta$ は $\frac{y}{x}$。正 ÷ 負だから負で、$-2\sqrt{2}$。「絶対値は計算、符号は絵」と分業すると、符号ミスがほぼ消える。鈍角の三角比が苦手なら、毎回この半円を描くことから始めるとよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 和の値1つだけで、積や3乗の和まで聞かれている。一見、情報が足りない。

でも三角比には、いつでも成り立つ隠れた等式 ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$ がある。これが「和と積をつなぐパイプ」になる。与式を2乗すれば、$1$ と $2\sin \theta \cos \theta$ が現れて積が出る。あとは対称式の変形だ。$\sin \theta$ と $\cos \theta$ を「和と積の分かった2つの数」として扱う。

(1) 積 $\sin \theta \cos \theta$ を出したいのに、手元にあるのは和だけ。こういうときは2乗してみる。和を2乗すれば積が現れるからだ。$\sin \theta +\cos \theta =\frac{1}{2}$ の両辺を2乗すると

$${\sin }^2\theta +2\sin \theta \cos \theta +{\cos }^2\theta =\frac{1}{4}$$

ここで ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$ を使う。2乗の和が勝手に $1$ になってくれるのが、三角比の対称式のうまみだ。

$$1+2\sin \theta \cos \theta =\frac{1}{4}\text{よって}\sin \theta \cos \theta =-\frac{3}{8}$$

(2) 3乗の和は因数分解の公式で『和と積』に分けられる。

$${\sin }^3\theta +{\cos }^3\theta =(\sin \theta +\cos \theta )({\sin }^2\theta -\sin \theta \cos \theta +{\cos }^2\theta )$$

右の因数もまた ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$ で $1-\sin \theta \cos \theta$ にできる。(1)の結果を入れて

$${\sin }^3\theta +{\cos }^3\theta =\frac{1}{2}\times \left(1-\left(-\frac{3}{8}\right)\right)=\frac{1}{2}\times \frac{11}{8}=\frac{11}{16}$$

負の数を引くところで符号を間違えやすい。$1-\left(-\frac{3}{8}\right)=1+\frac{3}{8}$ と、引き算が足し算に変わることをていねいに確かめる。(参考: $\sin \theta \cos \theta <0$ で、この範囲では $\sin \theta \geqq 0$ だから $\cos \theta <0$。つまり $\theta$ は鈍角だ、というところまで読み取れる。)

発展。 $\sin \theta +\cos \theta$ と $\sin \theta \cos \theta$ の間を2乗で行き来する技は、数学IIの三角関数で「$t=\sin \theta +\cos \theta$ とおく置きかえ」として本格的に使う。最大・最小問題でよく使う方法だ。

数と式の単元で学んだ対称式の変形が、三角比でもそのまま通用した。道具は分野をまたいで使い回せる、という実感を持っておきたい。

別解

(2)は3乗の展開公式から入る道もある。$(s+c{)}^3=s^3+c^3+3sc(s+c)$ という展開($s=\sin \theta$、$c=\cos \theta$ と略記)を移項すると

$$s^3+c^3=(s+c{)}^3-3sc(s+c)$$

値を入れて ${\left(\frac{1}{2}\right)}^3-3\times \left(-\frac{3}{8}\right)\times \frac{1}{2}=\frac{1}{8}+\frac{9}{16}=\frac{11}{16}$。因数分解の公式($s^3+c^3=(s+c)(s^2-sc+c^2)$)を使う道と、展開公式を移項する道。3乗の対称式にはこの2本の道が常にあり、どちらも「和と積だけで書ける」ことに変わりはない。覚えやすいほうを使えばよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\sin }^2\theta$ と $\cos \theta$ が1つの式に混ざっている。このままでは扱えない。まず1種類にそろえる。

どちらに寄せるか。2乗のほうを書き換える。${\sin }^2\theta =1-{\cos }^2\theta$ を使えば、$\cos \theta$ だけの式になる。

逆向き($\cos$ を $\sin$ で表す)は根号が出て面倒になる。「2乗のほうを消す」が原則だ。そろえたら、あとは2次方程式である。

まず1種類の三角比にそろえる。 ${\sin }^2\theta =1-{\cos }^2\theta$ を代入すると

$$2(1-{\cos }^2\theta )-\cos \theta -1=0$$

整理して

$$-2{\cos }^2\theta -\cos \theta +1=0\text{すなわち}2{\cos }^2\theta +\cos \theta -1=0$$

最高次の係数が負のままだと因数分解でミスしやすい。だから両辺に $-1$ を掛けて正に直した。

2次方程式として解く。 $\cos \theta =t$ とおくと、見慣れた2次方程式になる。ただし $t$ は $\cos$ の値なので $-1\leqq t\leqq 1$ しか許されない。おき換えたら範囲も一緒に書く、が原則だ。

$$2t^2+t-1=0\text{すなわち}(2t-1)(t+1)=0$$

よって $t=\frac{1}{2}$ または $t=-1$。どちらも範囲内なので、今回は落ちる解はない。

$\theta$ に戻す。

$t$ を求めて終わりにしないこと。聞かれているのは $\theta$ だ。

• $\cos \theta =\frac{1}{2}$ のとき: $\theta =60^{\circ }$
• $\cos \theta =-1$ のとき: $\theta =180^{\circ }$

$$\theta =60^{\circ },180^{\circ }$$

まとめ:$\theta =180^{\circ }$ を『範囲の端だから』と捨てたくなるかもしれないが、$0^{\circ }\leqq \theta \leqq 180^{\circ }$ は両端を含む。端も立派な答えだ。検算: $\theta =180^{\circ }$ のとき $\sin \theta =0$、$\cos \theta =-1$ で、与式は $0-(-1)-1=0$。確かに成り立つ。

発展。 「1種類にそろえる → 置きかえて2次方程式 → 範囲で検問 → 元の変数に戻す」。この4段は数学IIの三角方程式・指数方程式・対数方程式で、そっくりそのまま繰り返される黄金の型だ。

置きかえの検問($-1\le \cos \theta \le 1$)は、2次関数の単元でやった「新変数の範囲」と同じ思想である。分野が変わっても、置きかえの作法は1つしかない。

別解

$\cos \theta =t$ と置きかえて、「$t$ の計算」と「角の計算」を分けて処理すると、頭が整理される。置きかえると $2(1-t^2)-t-1=0$、整理して $2t^2+t-1=0$、因数分解で $(2t-1)(t+1)=0$。$t$ の候補は $t=\frac{1}{2}$ と $t=-1$。ここで角に戻る前に、1つ検問を置く。$t=\cos \theta$ が取れる値は $-1\le t\le 1$ だけだ。今回は両方とも通過する。

残った $t$ だけを角に戻して、$\theta =60^{\circ },180^{\circ }$。今回は検問で落ちる候補がなかったが、この型の問題では $t=2$ のような「円の外の値」が出て捨てる場面がよくある。「解いたら範囲で検問」を習慣にしておくと、その日が来ても迷わない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $10^{\circ }$ も $80^{\circ }$ も、値を知らない角だ。「表にない角だから解けない」と思ったら、角どうしの関係に目を向ける。

$10^{\circ }+80^{\circ }=90^{\circ }$。$20^{\circ }+70^{\circ }=90^{\circ }$。$25^{\circ }+65^{\circ }=90^{\circ }$。どれも和が $90^{\circ }$ だ。

和が $90^{\circ }$ の2角には、$\sin (90^{\circ }-\theta )=\cos \theta$ などの書き換え規則がある。片方を書き換えれば、相互関係や逆数の関係に持ち込める。

(1) $80^{\circ }=90^{\circ }-10^{\circ }$ なので $\sin 80^{\circ }=\cos 10^{\circ }$ と書きかえられる。すると

$${\sin }^{2}10^{\circ }+{\sin }^{2}80^{\circ }={\sin }^{2}10^{\circ }+{\cos }^{2}10^{\circ }=1$$

${\sin }^{2}10^{\circ }$ の値は最後までわからないままだが、相互関係から『2つ合わせれば $1$』が言える。

(2) $70^{\circ }=90^{\circ }-20^{\circ }$ なので $\tan 70^{\circ }=\frac{1}{\tan 20^{\circ }}$ だ($\tan$ は逆数になる。$\sin$ と $\cos$ が入れかわるから)。よって

$$\tan 20^{\circ }\tan 70^{\circ }=\tan 20^{\circ }\times \frac{1}{\tan 20^{\circ }}=1$$

掛けた瞬間に約分されて消える。

(3) $65^{\circ }=90^{\circ }-25^{\circ }$ なので $\cos 65^{\circ }=\sin 25^{\circ }$ だ。よって

$${\cos }^{2}25^{\circ }+{\cos }^{2}65^{\circ }={\cos }^{2}25^{\circ }+{\sin }^{2}25^{\circ }=1$$

まとめ:どの問題も半端な角を見て固まるのではなく『2つの角を足してみる』のが突破口だった。$90^{\circ }$(や $180^{\circ }$)になる組を見つけたら公式を使う、と覚えておく。

発展。 $90^{\circ }-\theta$ の公式群は「同じ直角三角形を反対の角から見ただけ」、$180^{\circ }-\theta$ の公式群は「単位円で左右対称の点」。出どころの絵が違う2家族だ、と整理しておくと混同が消える。

$\cos$(コサイン)の「コ」は余角(complementary angle)の頭文字で、$\cos \theta =\sin (90^{\circ }-\theta )$ という関係が名前の由来になっている。

別解

公式を経由せず、1つの直角三角形の絵だけで見抜くこともできる。直角三角形の2つの鋭角は足すと $90^{\circ }$。つまり $10^{\circ }$ と $80^{\circ }$ は同じ直角三角形の2つの角として同居できる。3辺を $a$(対辺)、$b$(隣辺)、$c$(斜辺)とすると、$\sin 10^{\circ }=\frac{a}{c}$、$\sin 80^{\circ }=\frac{b}{c}$。だから

$${\sin }^{2}10^{\circ }+{\sin }^{2}80^{\circ }=\frac{a^2+b^2}{c^2}=1$$

最後の $=1$ は三平方の定理そのものだ。(2)も同じ三角形で $\tan 20^{\circ }=\frac{a}{b}$、$\tan 70^{\circ }=\frac{b}{a}$。掛ければ約分されて $1$。「和が $90^{\circ }$ の2角=1つの直角三角形の2つの見方」。この絵を持っておくと、公式の暗記が絵の読み取りに変わる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 与えられたのは2つの角と1辺。正弦定理の出番だが、そのままでは使えない。

正弦定理は「角とその対辺のペア」がそろって初めて動く。分かっている辺 $BC$ の対角 $\angle A$ が、まだ不明だ。だから最初の一手は内角の和 $180^{\circ }$ から $\angle A$ を求めること。ペアが1組できれば、あとは正弦定理で、残りの辺も外接円の半径も求められる。

まず残りの角を求める。 三角形の内角の和は $180^{\circ }$ なので

$$\angle A=180^{\circ }-45^{\circ }-75^{\circ }=60^{\circ }$$

これで角 $A=60^{\circ }$ と対辺 $BC=\sqrt{6}$ のペアが完成した。正弦定理を使う準備が整った。

(1) 正弦定理 $\frac{BC}{\sin A}=\frac{CA}{\sin B}$ より

$$CA=\frac{BC\sin B}{\sin A}=\frac{\sqrt{6}\times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{6}\cdot \sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{3}}=\sqrt{4}=2$$

根号だらけの分数に見えるが、分母どうしの $2$ が約分され、あとは根号の中で掛け算・割り算するだけ。$\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{12}{3}}=\sqrt{4}$ ときれいに整数になる。

(2) 正弦定理 $\frac{BC}{\sin A}=2R$ より

$$R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{\sqrt{6}}{2\times \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}}=\sqrt{2}$$

まとめ:なお $\angle C=75^{\circ }$ の三角比は知らなくていい。使わずに済むペアを選ぶのも、正弦定理の技術のうちだ。

発展。 定理の使い分けは「何がそろっているか」で決まる。2角と1辺なら正弦定理。2辺と間の角、または3辺なら余弦定理。この仕分けを反射にしておくと、問題を読んだ瞬間に道具が決まる。

正弦定理に外接円の $2R$ が現れる理由は、円周角の定理にある(同じ弧の上の円周角は等しいので、角を円の中心側へ移して直径と結びつけられる)。数学Aの円の性質とつながる話だ。

別解

(1)は正弦定理を使わずに「垂線1本」でも解ける。$75^{\circ }$ という中途半端な角を避けて、$45^{\circ }$ と $60^{\circ }$ の三角形に割るのだ。$C$ から直線 $AB$ に垂線を下ろし、足を $K$ とする。

直角三角形 $KBC$ は $\angle B=45^{\circ }$ だから、$CK=BC\sin 45^{\circ }=\sqrt{6}\times \frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{3}$。直角三角形 $KAC$ は $\angle A=60^{\circ }$ だから、$CA=\frac{CK}{\sin 60^{\circ }}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2$。

特別角($45^{\circ }$、$60^{\circ }$)の直角三角形2枚に分けてしまえば、道具は三平方と辺の比だけで済む。正弦定理の証明も実はこの「垂線で高さを共有させる」発想でできており、別解はその中身を素手でなぞっている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 角 $B$ とその対辺 $AC$、さらに辺 $AB$ が与えられている。正弦定理で $\sin C$ が求まる形だ。

ここに注意点がある。$\sin C$ の値が1つに決まっても、$C$ 自体は1つに決まらない。$0^{\circ }$ から $180^{\circ }$ の間では、鋭角と鈍角の2つの角が同じ $\sin$ の値をもつ($\sin$ は $90^{\circ }$ をはさんで対称)。両方の候補を挙げ、内角の和が $180^{\circ }$ を超えないか吟味して仕分ける。

まず正弦定理で $\sin C$ を求める。 角 $B$ の対辺は $AC$、角 $C$ の対辺は $AB$ なので、正弦定理より

$$\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$$

これを $\sin C$ について解くと

$$\sin C=\frac{AB\sin B}{AC}=\frac{\sqrt{3}\times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

次に条件を満たす $C$ をすべてあげて確かめる。 ここで $C=60^{\circ }$ と即答してはいけない。$0^{\circ }<C<180^{\circ }$ で $\sin C=\frac{\sqrt{3}}{2}$ になる角は

$$C=60^{\circ }\text{または}C=120^{\circ }$$

の2つある。図のように、高さが同じ点は半円上に左右対称に2つあるからだ。それぞれが本当に三角形になるか、残りの角 $A$ が正になるかで確かめる。

• $C=60^{\circ }$ のとき: $A=180^{\circ }-45^{\circ }-60^{\circ }=75^{\circ }>0^{\circ }$ で成立
• $C=120^{\circ }$ のとき: $A=180^{\circ }-45^{\circ }-120^{\circ }=15^{\circ }>0^{\circ }$ で成立

どちらも残るので

$$\angle C=60^{\circ }\text{ または }120^{\circ }$$

まとめ:『2辺とその一方の対角』という与え方では、三角形が1通りに決まらないことがある。$\sin$ から角を戻すときは、いつも『もう1つの候補』を疑う。確かめの結果、片方が捨てられることも、今回のように両方残ることもある。

発展。 三角形の合同条件(3辺・2辺夾角・2角1辺)に「2辺と間でない角」が入っていないのは、今回のように三角形が2つできてしまうからだ。合同条件の裏側を、計量の言葉で体験したことになる。

コンパスで作図してみると分かりやすい。$A$ を中心に半径 $\sqrt{2}$ の円を描くと、$B$ から $45^{\circ }$ で伸ばした直線と2点で交わる。その2交点が2つの三角形の頂点 $C$ である。

別解

「答えが2つある」理由は、余弦定理ルートで見るとよく分かる。残りの辺 $BC=a$ を未知数にして、余弦定理を立てる。$A{C}^2=a^2+A{B}^2-2\cdot a\cdot AB\cos B$、つまり

$$2=a^2+3-2a\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$$

整理すると $a^2-\sqrt{6}a+1=0$。この2次方程式の解は $a=\frac{\sqrt{6}\pm \sqrt{2}}{2}$ で、どちらも正。つまり、条件を満たす三角形が本当に2つ実在する。長いほうの $a$ が $C=60^{\circ }$ の三角形、短いほうが $C=120^{\circ }$ の三角形に対応する。

「2辺と、間ではない角」という与え方は三角形を1つに決めない。$\sin$ の2択はその現れであって、計算の都合ではない。方程式の2解として見ると、その事実が目に見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 3辺だけが与えられた三角形の面積。$\sin$ も $\cos$ もどこにも見えないが、道はちゃんと通っている。

①余弦定理で1つの角の $\cos$ を出す(3辺があれば必ずできる)。②相互関係で $\sin$ に直す。③面積公式に入れる。④内接円は $S=\frac{1}{2}r(a+b+c)$ で仕上げる。

この4段の数珠つなぎは図形と計量の集大成としてそのまま入試に出る型だ。

(1) 角 $B$ をはさむ2辺は $AB=5$、$BC=6$、角 $B$ の対辺は $CA=7$ だ。分子で引くのは対辺の2乗。ここを取りちがえないよう、代入前に『はさむ2辺』『対辺』を声に出して確認する。余弦定理より

$$\cos B=\frac{A{B}^2+B{C}^2-C{A}^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{25+36-49}{2\times 5\times 6}=\frac{12}{60}=\frac{1}{5}$$

(2) 面積公式に必要なのは $\cos$ ではなく $\sin$。そこで相互関係で乗りかえる。$0^{\circ }<B<180^{\circ }$ より $\sin B>0$ なので、根号の前の符号で迷わなくていい。

$$\sin B=\sqrt{1-{\cos }^{2}B}=\sqrt{1-\frac{1}{25}}=\sqrt{\frac{24}{25}}=\frac{2\sqrt{6}}{5}$$

面積公式より

$$S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC\cdot \sin B=\frac{1}{2}\times 5\times 6\times \frac{2\sqrt{6}}{5}=6\sqrt{6}$$

面積公式で使う角は『使った2辺にはさまれた角』でなければならない。(1)で $\cos B$ を求めたのだから、2辺も $B$ をはさむ $AB$、$BC$ を使う。この整合を崩さないこと。

(3) 内接円の半径 $r$ は面積を2通りに表す関係 $S=\frac{1}{2}r(AB+BC+CA)$ から求まる(内心と各頂点を結んで3分割する、あの式だ)。

$$6\sqrt{6}=\frac{1}{2}r(5+6+7)=9r$$

よって

$$r=\frac{6\sqrt{6}}{9}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$$

まとめ:①〜④のどの段も単独では基本問題だ。途中で止まらずにつなげられるかが、標準問題との分かれ目になる。

発展。 3辺が決まれば三角形は1つに決まる(合同条件)。だから面積も、内接円も外接円も、すべて3辺から計算できるはずで、この問題の4段+正弦定理($2R=\frac{a}{\sin A}$)で、その計算をひととおり行ったことになる。

ヘロンの公式は4段の道を文字のまま一般に実行して1本の式に固めたものだ。「なぜ成り立つか」を本解の道順で説明できれば、公式は暗記でなく圧縮になる。

別解

(2)(3)はヘロンの公式を知っていればすぐに求められる(3辺から面積を直接出す公式で、発展的な内容として教科書にも載っている)。3辺の和の半分を $s$ とすると $s=\frac{5+6+7}{2}=9$ で

$$S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=\sqrt{9\times 3\times 4\times 2}=\sqrt{216}=6\sqrt{6}$$

(3)も $S=rs$ という短い形が使える($S=\frac{1}{2}r(a+b+c)$ の $a+b+c=2s$ を代入した形だ)。

$$r=\frac{S}{s}=\frac{6\sqrt{6}}{9}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$$

本解の4段の道は「なぜ求まるか」が見える教育的なルート、ヘロンは検算・時短ルート。両方持っていると、本番で答えを2重に確かめられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 四角形のままでは、余弦定理も面積公式も使えない。対角線 $BD$ を引いて、2つの三角形に割る。

すると同じ $BD$ が $△ABD$ と $△CBD$ の両方に属する。$B{D}^2$ を2通りに表して、等式を作る道が開ける。ここで使うのが「円に内接する四角形の対角の和は $180^{\circ }$」。$\angle BCD=180^{\circ }-A$ だから、$\cos \angle BCD=-\cos A$。未知数が $\cos A$ の1つにそろう。

(1) 円に内接する四角形の対角の和は $180^{\circ }$ なので、$\angle BCD=180^{\circ }-A$ だ。この一言がないと、この問題は解けない。円の条件を使わなければ、2つの三角形の角は無関係のままで、方程式が立たない。

$△ABD$ で余弦定理より

$$B{D}^2=A{B}^2+D{A}^2-2\cdot AB\cdot DA\cos A=9+4-12\cos A=13-12\cos A$$

$△CBD$ では、$\cos (180^{\circ }-A)=-\cos A$ に注意すると

$$B{D}^2=B{C}^2+C{D}^2-2\cdot BC\cdot CD\cos (180^{\circ }-A)=1+4+4\cos A=5+4\cos A$$

マイナスとマイナスが打ち消し合って $+4\cos A$ になるところが、いちばん符号を間違えやすい。$-2\cdot 1\cdot 2\cdot (-\cos A)=+4\cos A$ と、途中を省略せずに書く。2つの式は同じ $B{D}^2$ を表すので

$$13-12\cos A=5+4\cos A\text{よって}16\cos A=8\text{すなわち}\cos A=\frac{1}{2}$$

このとき $A=60^{\circ }$ だ。$B{D}^2=13-12\times \frac{1}{2}=7$ より

$$BD=\sqrt{7}$$

(2) 面積も同じ分割を使う。四角形を対角線 $BD$ で $△ABD$ と $△CBD$ に分けて足す。$\sin A=\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$、$\sin \angle BCD=\sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$ なので

$$S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot DA\sin A+\frac{1}{2}\cdot BC\cdot CD\sin \angle BCD=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$

$$=\frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$$

まとめ:$\cos$ は $180^{\circ }-A$ で符号が反転するのに、$\sin$ は反転しない($\sin 120^{\circ }=\sin 60^{\circ }$)。この非対称が(1)では方程式を生み、(2)では計算を楽にしている。

発展。 「対角の和が $180^{\circ }$」のおかげで、$\cos$ は符号が反転し($-\cos A$)、$\sin$ は同じ値のまま($\sin A$)。$B{D}^2$ の連立では $\cos$ の反転が、面積の合算では $\sin$ の一致が、それぞれ決め手になっていた。1つの性質の2つの表れだ。

対角線のもう1本 $AC$ でも同じことができ、トレミーの定理($AC\cdot BD=AB\cdot CD+BC\cdot DA$)という関係へつながっていく。

別解

面積(2)は円に内接する四角形専用の「ブラーマグプタの公式」でも出せる(ヘロンの公式の四角形版だ)。4辺の和の半分を $s$ とすると $s=\frac{3+1+2+2}{2}=4$ で

$$S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}=\sqrt{1\times 3\times 2\times 2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$$

本解の答えと一致する。

ヘロンの公式で $s-a$ などが4つ並ぶ代わりに $s$ が消えているのは、「1辺の長さを $0$ にした四角形=三角形」と考えると、ちょうどヘロンの形に戻るからだ($d=0$ なら $s-d=s$)。円に内接するという条件があって初めて成り立つ公式で、検算用の道具として持っておくと心強い。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 空間図形と聞くと身構えるが、やることは「立体の中から三角形を1枚取り出して、平面の問題に落とす」だけだ。

必要なのは $△AFC$ の3辺の長さ。直方体の中の線分はどれも直角三角形の斜辺なので三平方の定理で求まる。3辺がそろえば、あとは前問までと同じ「余弦定理 → $\sin$ → 面積公式」の流れに乗る。立体は最初の一歩(辺の長さ集め)にしか登場しない。

(1) 求めたい線分を含む直角三角形を、立体の面の上に見つける。どれも三平方の定理を1回使えば出る。

• $AF$: $△ABF$ は $\angle ABF=90^{\circ }$ の直角三角形なので $AF=\sqrt{A{B}^2+B{F}^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$
• $FC$: $△FBC$ は $\angle FBC=90^{\circ }$ の直角三角形なので $FC=\sqrt{B{F}^2+B{C}^2}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$
• $CA$: 正方形 $ABCD$ の対角線なので $CA=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$

(2) 3辺がそろったので、ここからは平面図形の問題だ。$△AFC$ で余弦定理より

$$\cos \angle FAC=\frac{A{F}^2+C{A}^2-F{C}^2}{2\cdot AF\cdot CA}=\frac{5+8-5}{2\times \sqrt{5}\times 2\sqrt{2}}=\frac{8}{4\sqrt{10}}=\frac{2}{\sqrt{10}}$$

$\sin \angle FAC>0$ なので

$$\sin \angle FAC=\sqrt{1-\frac{4}{10}}=\sqrt{\frac{6}{10}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$$

よって面積は

$$S=\frac{1}{2}\cdot AF\cdot CA\cdot \sin \angle FAC=\frac{1}{2}\times \sqrt{5}\times 2\sqrt{2}\times \frac{\sqrt{15}}{5}=\frac{\sqrt{150}}{5}=\frac{5\sqrt{6}}{5}=\sqrt{6}$$

まとめ:根号の積は $\sqrt{5}\times \sqrt{2}\times \sqrt{15}=\sqrt{150}$ と中身をまとめてから、$150=25\times 6$ で外に出す。1つずつ処理するより速く、ミスも減る。

発展。 「立体から平面を取り出す」帰着は空間図形のほぼすべての問題の基本だ。正四面体の断面、球の切り口、二面角。どれも最後は平面の三角形の計量に落ちる。

数学Cの空間ベクトルに進むと、同じ帰着を座標と内積で機械的に実行できるようになる。この問題の「3辺集め→平面で計算」は、その原型である。

別解

(1)で $AF=FC=\sqrt{5}$ に気づいただろうか。$△AFC$ は二等辺三角形だ。二等辺三角形なら、頂点から底辺の中点に下ろした線がそのまま高さになるので、余弦定理を使わずに面積が出せる。底辺 $CA=2\sqrt{2}$ の中点を $M$ とすると、$FM\perp CA$ で

$$FM=\sqrt{A{F}^2-A{M}^2}=\sqrt{5-2}=\sqrt{3}$$

よって $S=\frac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\times \sqrt{3}=\sqrt{6}$。同じ答えに、計算量は半分以下で着く。辺を求め終えたら「等しい辺はないか」と一呼吸置く習慣が、こういう近道を見つけさせてくれる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 測量の文章題は、図と記号で表せるかで決まる。

塔の高さを $h$、塔の真下を $C$ とおく。仰角 $45^{\circ }$ と $30^{\circ }$ がそれぞれ直角三角形の $\tan$ の式になる。未知数は $h$ の1つ、式は2つ。$BC$ を $h$ で表して1本の方程式にまとめれば解ける。答えの分母に根号が残ったら、有理化まで仕上げること。

記号を設定する。 塔の真下の地点を $C$、塔の高さを $CT=h\mathrm{m}$($T$ は塔の先端)とする。$A$、$B$、$C$ はこの順に一直線に並び、$AB=20\mathrm{m}$ だ。文章題はこの『おく』作業を紙に書いた時点で半分終わっている。

各地点の仰角を式にする。 仰角とは『水平線から見上げた角』。高さと水平距離を結ぶのは $\tan$ だ。地点 $B$ では仰角 $45^{\circ }$ なので、直角三角形 $TBC$ で

$$\tan 45^{\circ }=\frac{h}{BC}=1\text{よって}BC=h$$

仰角 $45^{\circ }$ なら『高さ $=$ 水平距離』。この読みかえを覚えておくと図がずっと単純になる。地点 $A$ では仰角 $30^{\circ }$ なので、直角三角形 $TAC$ で

$$\tan 30^{\circ }=\frac{h}{AC}=\frac{h}{h+20}$$

$AC=AB+BC=20+h$ と、さっき求めた $BC=h$ がここで合流する。

方程式を解く。 $\tan 30^{\circ }=\frac{1}{\sqrt{3}}$ なので

$$\frac{h}{h+20}=\frac{1}{\sqrt{3}}\text{よって}\sqrt{3}h=h+20$$

$h$ を左辺に集めて

$$(\sqrt{3}-1)h=20\text{よって}h=\frac{20}{\sqrt{3}-1}$$

分母に根号が残っているので有理化する。分母・分子に $\sqrt{3}+1$ を掛けて

$$h=\frac{20(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}=\frac{20(\sqrt{3}+1)}{3-1}=10(\sqrt{3}+1)$$

まとめ:よって塔の高さは $10(\sqrt{3}+1)\mathrm{m}$(約 $27.3\mathrm{m}$)だ。7〜8階建てのビルほどの高さ。現実の量として不自然でないことも確かめておくと安心できる。

発展。 1地点の観測では「距離か高さのどちらか」が分からないが、2地点から測ると方程式が2本になり、両方が決まる。観測点を増やして未知数を確定させるこの考え方は、実際の測量や GPS の原理(複数の衛星からの距離で位置を決める)につながっている。

仰角が特別角でない場合は $\tan$ の値を数表や近似値でもらう。式の立て方自体はこの問題とまったく同じだ。

別解

$\tan$ の式を立てずに、「特別な直角三角形の辺の比」で読む方法もある。$45^{\circ }$ の直角三角形は、底辺と高さが同じ($1:1$)。だから $BC=h$。$30^{\circ }$ の直角三角形は、底辺が高さの $\sqrt{3}$ 倍($1:\sqrt{3}$)。だから $AC=\sqrt{3}h$。

2つの底辺の差が歩いた距離だ。

$$AC-BC=(\sqrt{3}-1)h=20$$

これを解いて $h=\frac{20}{\sqrt{3}-1}=10(\sqrt{3}+1)$。やっている計算は本解と同じだが、「$45^{\circ }$ なら同じ長さ、$30^{\circ }$ なら $\sqrt{3}$ 倍」という比の感覚で図が読めると、式を立てる前に答えの構造が見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$\sin A:\sin B:\sin C=5:7:8$」。角の情報のようでいて、実は辺の情報だ。

正弦定理($a=2R\sin A$ など)から、辺の長さは $\sin$ に比例する。つまり $\sin$ の比はそのまま辺の比 $a:b:c=5:7:8$ と読みかえてよい。読みかえたら $a=5k$、$b=7k$、$c=8k$ とおいて、余弦定理で $\cos B$ を計算する。$k$ は約分で消える。

sin の比を辺の比に読みかえる。 正弦定理より $a=2R\sin A$、$b=2R\sin B$、$c=2R\sin C$。どの辺も $\sin$ の $2R$ 倍なので

$$a:b:c=\sin A:\sin B:\sin C=5:7:8$$

よって正の数 $k$ を使って $a=5k$、$b=7k$、$c=8k$ とおける。『比しかわからないのに長さを文字でおいていいのか』と不安になるかもしれないが、比だけで決まる量(角)を聞かれているのだから、$k$ は最後に消えるはず。そう見通しを立てて進む。

余弦定理で $\cos B$ を求める。

$$\cos B=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}=\frac{(8k{)}^2+(5k{)}^2-(7k{)}^2}{2\cdot 8k\cdot 5k}=\frac{64+25-49}{80}=\frac{40}{80}=\frac{1}{2}$$

(予告どおり $k^2$ が分母・分子に共通で現れ、約分されて消える。)

角を確定する。 $0^{\circ }<B<180^{\circ }$ で $\cos B=\frac{1}{2}$ になるのは

$$\angle B=60^{\circ }$$

まとめ:$\cos$ は $0^{\circ }$〜$180^{\circ }$ で値から角が1つに決まる($\sin$ とちがって候補が2つ出ない)。角を確定させたい場面で余弦定理が好まれる理由の1つだ。

発展。 「$\sin$ の比=辺の比」は正弦定理の実用形として、比が絡む三角形の問題で何度も使う。逆向き(辺の比から $\sin$ の比)にも使える。

「比だけ与えられたら、$k$ を付けて実体化するか、相似の代表を選ぶ」。この2つの見方は図形に限らず濃度や速さの比の問題でも同じように使える、比の扱いの基本だ。

別解

$k$ を書かずに、最初から「辺 $5,7,8$ の三角形」で計算してしまう考え方もある。

それが許される理由は相似だ。辺の比が $5:7:8$ の三角形は、大きさこそ様々だが、すべて相似で角は共通。角だけを聞かれているのだから、いちばん計算しやすい代表(辺がちょうど $5,7,8$)を1つ選んで調べれば十分だ。

$$\cos B=\frac{5^2+8^2-7^2}{2\times 5\times 8}=\frac{40}{80}=\frac{1}{2}$$

よって $\angle B=60^{\circ }$。答案では $k$ を付けて書くのが丁寧だが、頭の中では「代表を1つ選ぶ」と考えてよい。比だけが与えられた図形の問題では、この「相似だから代表で調べる」と考えると、考える手間が減る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 角の二等分線の長さ $AD$。専用の公式を覚えていなくても、面積の関係から求められる。

点 $D$ が辺 $BC$ 上にあるので、$△ABC=△ABD+△ACD$ という「全体=部分の和」が成り立つ。3つの面積をすべて「2辺と間の角」の公式で書くと、どの式にも $\sin$ が入り、未知数 $AD$ の1次方程式になる。二等分だから角は $60^{\circ }$ ずつ、というのが決め手だ。

$AD$ は $\angle A=120^{\circ }$ の二等分線なので

$$\angle BAD=\angle CAD=60^{\circ }$$

面積の関係を立てる。 点 $D$ は辺 $BC$ 上にあるので、大きい三角形は2つの小さい三角形にちょうど分かれる。

$$△ABC=△ABD+△ACD$$

それぞれを面積公式で表す。狙いは3つの式すべてに頂点 $A$ まわりの角($120^{\circ }$ か $60^{\circ }$)を使うこと。そうすれば未知数は $AD$ だけになる。

$$△ABC=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\times 6\times 4\times \frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$$

$$△ABD=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}\times 6\times AD\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}AD$$

$$△ACD=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot AD\sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}\times 4\times AD\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}AD$$

$\sin 120^{\circ }=\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$ なので、値はすべて同じ $\frac{\sqrt{3}}{2}$。計算が軽いのも、この解法の利点だ。

方程式を解く。

$$6\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}AD+\sqrt{3}AD=\frac{5\sqrt{3}}{2}AD$$

両辺を $\sqrt{3}$ で割って

$$6=\frac{5}{2}AD\text{よって}AD=\frac{12}{5}$$

まとめ:『長さを直接測る道具がなければ、面積を経由して間接的に測る』。内接円の半径($S=\frac{1}{2}r(a+b+c)$)と同じ発想が、ここでも働いている。

発展。 「全体=部分の和」で長さを取り出す面積の方法は、二等分線に限らず使える汎用の手だ。内接円の半径($S=\frac{1}{2}r(a+b+c)$)も、三角形を3つに割った面積の和から来ている。

今回の面積の式を文字のまま整理すると、二等分線の長さの公式 $AD=\frac{2AB\cdot AC\cos \frac{A}{2}}{AB+AC}$ が導ける。公式を暗記するより、この導き方を1度手を動かして通っておくほうが、忘れても復元できるぶん強い。

別解

座標を置いて、成分計算で押し切る方法もある(数学IIの先取りだが、使う道具は三平方だけだ)。$A$ を原点、$B$ を $(6,0)$ に置く。$\angle A=120^{\circ }$ だから、$C$ は $A$ から $120^{\circ }$ 方向に距離 $4$ の点で

$$C=(4\cos 120^{\circ },4\sin 120^{\circ })=(-2,2\sqrt{3})$$

$D$ は $BC$ 上にあり、角の二等分線の性質(数学Aで学ぶ $BD:DC=AB:AC$)から $BD:DC=6:4=3:2$。内分の計算で

$$D=\left(\frac{2\times 6+3\times (-2)}{5},\frac{2\times 0+3\times 2\sqrt{3}}{5}\right)=\left(\frac{6}{5},\frac{6\sqrt{3}}{5}\right)$$

あとは原点からの距離で $AD=\sqrt{{\left(\frac{6}{5}\right)}^2+{\left(\frac{6\sqrt{3}}{5}\right)}^2}=\sqrt{\frac{144}{25}}=\frac{12}{5}$。図形の性質を知っていれば座標で機械化できる、という見本だ。面積の方法と答えが一致することが、そのまま検算になる。